四川省宜宾市第四中学2022-2023学年高二数学（理）下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市第四中学2022-2023学年高二数学（理）下学期期末试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

宜宾市第四中学2023年春期高二期末考试
数学（理工类）
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 某工厂为了对产品质量进行严格把关，从500件产品中随机抽出50件进行检验，对这500件产品进行编号001，002，…，500，从下列随机数表的第二行第三组第一个数字开始，每次从左往右选取三个数字，则抽到第四件产品的编号为（ ）
2839  3125  8395  9524  7232  8995
7216  2884  3660  1073  4366  7575
9436  6118  4479  5140  9694  9592
6017  4951  4068  7516  3241  4782
A. 447 B. 366 C. 140 D. 118
【答案】A
【解析】
【分析】根据随机数表，数字要求500以内（含500），且不重复选取，写出前4个可得答案.
【详解】从第二行第三组第一个数字开始，每次从左往右选取三个数字，依次可得： 366，010，118，447，…
故选：A.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据复数的除法求出，再根据共轭复数的定义即可得解.
【详解】由，
得，
所以.
故选：A.
3. 已知x，y为正实数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数函数的性质，结合充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】x，y为正实数，则，
若，有，则，
即命题“若，则”是真命题；
若，取，有，此时，
即命题“若，则”是假命题，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 如图，已知正三角形内接于圆，记的内切圆及其内部区域为，在的外接圆内随机取一点，此点取自区域的概率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正三角形的性质结合几何概型概率公式即得.
【详解】设正三角形的内切圆与的切点为，连接，

则，
故所求概率为，
故选：B.
5. 已知的展开式中的常数项是672，则（ ）
A. B. C. 2 D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】写出二项式通项，整理后让的次数为，得出的值，再根据题意常数项的系数列出等式方程即可得出的值.
【详解】展开式的通项为，令，得，∴常数项是，故．
故选：C
6. 已知二进制和十进制可以相互转化，例如，则十进制85转化二进制位．若将正整数n对应的二进制中0的个数记为，例如．则，则下列结论正确的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，设正整数，得到正整数的二进制系数和，及正整数的二进制系数中0的个数为，进而逐项判定，即可求解.
【详解】设正整数（其中个系数，其中）
则正整数的二进制系数和（也是正整数的二进制系数中1的个数），所以正整数的二进制系数中0的个数为，
因为，
所以，
所以，所以B错误；
因，
所以的二进制系数中1的个数为，
所以0的个数，所以A错误；
因为，
所以的二进制系数中1的个数为，
而，
所以的二进制系数中1的个数为，
所以，
故的二进制的系数中0的个数为
，
所以C正确；
因为，所以系数和，
所以的二进制中0的个数为，所以D错误.
故选：C.
7. 更相减损术是出自中国古代数学专著《九章算术》的一种算法，其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之”，如图是该算法的程序框图，如果输入，，则输出的a是（ ）

A. 17 B. 23 C. 33 D. 43
【答案】B
【解析】
【分析】根据程序框图依次计算得到答案.
【详解】根据程序框图，输入的，，因为，且，所以；第二次循环，；
第三次循环，；
第四次循环，，此时，输出.
故选：B
8. 某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排6名同学A，B，C，D，E，F到甲､乙､丙三个不同的社团开展活动，要求每个社团至少安排1人，且甲社团安排3人，A，B两人安排在同一个社团，C，D两人不安排在同一社团，则不同的安排方案是（ ）
A. 56 B. 28 C. 24 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】把6人先分成三组，再分配给三个场馆，分2种情况进行求解，每种情况下考虑A，B安排在同一组，求出答案.
【详解】把6人先分成三组，再分配给三个场馆.
若A，B为2人组，3人组C，D两人不安排在同一社团有种分组方法，1人组有种分组方法，有种分组方法；
若A，B在3人组，C，D两人不安排在同一社团2人组有种分组方法，1人组有种分组方法，有种分组方法.
再分配给三个场馆，甲社团安排3人，乙、丙2个不同的社团可以交换，共有种方法；
故选：C.
9. 已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（ ）
A. 6 B. 12 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，由椭圆定义得，由余弦定理求出，从而利用三角形面积公式求出答案.
【详解】由椭圆，得，，.

设，，
∴，在中，由余弦定理可得：，
可得，得，
故.
故选：C.
10. 在矩形中，，为的中点，将和沿，翻折，使点与点重合于点，若，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先证明出MP⊥平面PAD，设△ADP的外接圆的半径为r， 三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，由，求出R，进而求出外接球的表面积.
【详解】由题意可知，.

又平面PAD，平面PAD，所以MP⊥平面PAD.
设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得，即，
所以，设三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，则，
所以外接球的表面积为.
故选：B
11. 已知，分别为双曲线C：的左右焦点，且到渐近线的距离为1，过的直线与C的左、右两支曲线分别交于两点，且，则下列说法正确的为（ ）
A. 的面积为2 B. 双曲线C的离心率为
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用已知条件求出b的值，对于A：利用勾股定理结合双曲线的定义求出的面积，对于B：利用双曲线的离心率公式运算求解；对于C：先求，再利用平面向量数量积的运算性质运算求解；对于D：根据双曲线的定义结合勾股定理求出，代值计算即可.
【详解】设双曲线C的半焦距为，
因为双曲线C的焦点在x轴上，且，
则其中一条渐近线方程为，即，且，
则到渐近线的距离，可得.
对于选项A：因为，且，
可得，解得，
所以的面积为，故A错误；
对于选项B：双曲线C的离心率为，故B错误；
对于选项C：因为，可得，
所以，故C错误；
对于选项D：设，则，
因为，即，解得，
所以，故D正确；
故选：D.
【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
2．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
12. 若关于的不等式的解集中恰有2个整数，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知将不等式转化为.令，根据导函数研究函数的性质.根据已知可知，作出的图象，结合图象，即可得出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，
将不等式可化为，
令，，
所以，时，，在为增函数；
时，，在减函数.
所以，在处有极大值，也是最大值1.
令，显然，所以单调递增.
作出的图象

因为不等式的解集中恰有2个整数，
根据的单调性，结合图象可知，
1和2满足不等式，且3不满足不等式，即，
解得.
故选：C．
【点睛】思路点睛：移项转化不等式，构造函数，根据导函数研究函数的性质，作出函数的图象，结合函数的性质，以及图象，即可得出答案.
第II卷 非选择题（90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相．某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为_________人．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求得每个学生抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解.
【详解】利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了15人,12人，可得高三年级抽取了9人，
又由高三年级共有900名学生，则每个学生被抽到的概率为，
设该校共有名学生，可得，解得（人），
即该校共有名学生.
故答案为：.
14. 抛物线上的点到焦点的距离为，则点的纵坐标为________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据焦半径公式，代入求值.
【详解】抛物线，，设点，
依题意可知，，得，
故答案为：
15. 如图，在棱长为1的正方体中，E，F，G分别为，BD，的中点，则与FG所成的角的余弦值为______.

【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，分别求得，再利用向量的夹角公式求解.
【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：

则，
，，
所以，
即与FG所成的角的余弦值为.
故答案为：
16. 已知曲线．
①若为曲线上一点，则；
②曲线在处的切线斜率为0；
③与曲线有四个交点；
④直线与曲线无公共点当且仅当．
其中所有正确结论的序号是_____________．
【答案】①②
【解析】
【分析】分、的符号情况化简曲线的方程，从而可画出曲线的图象，结合图象逐一分析即可.
【详解】当，时，曲线的方程为 ，即，曲线是双曲线的一部分；
当，时，曲线的方程为 ，即，曲线是椭圆的一部分；
当，时，曲线的方程为 ，曲线不存在；
当，时，曲线的方程为 ，即，曲线是双曲线的一部分；
双曲线和有一条共同的渐近线，
综上，可作出曲线的图象，如图：

由图象可知曲线的图象上的点都在直线的下方，
所以当在曲线上时，有，故①正确；
设过点的直线的方程是，若直线与椭圆相切，
则由得，
，得；
若直线与双曲线相切，
则由得，则且，得，
此时直线的方程是，与曲线相切，故②正确；
直线是表示与直线平行或重合的直线，
由曲线的图象可知，直线与曲线不可能有四个交点，故③错误；
设直线与椭圆相切，则
由得，
所以，解得，结合曲线的图象，取，
即直线与曲线相切，
所以若直线与曲线无公共点，结合曲线的图象，
或，故④错误.
故答案为：①②.
【点睛】方法点睛：1.曲线方程中带有绝对值，一般是分绝对值里的式子的符号讨论去绝对值；
2.直线与曲线的交点问题常采用数形结合的方法.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分
17. 设函数，其中．
（1）当时，求在区间上的最大值与最小值；
（2）求函数的单调递增区间．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数可确定在上的单调性，进而确定最值点和最值；
（2）求导后，根据的两根可确定的解集，由此可得单调递增区间.
【小问1详解】
当时，，，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
，.
【小问2详解】
由题意知：定义域为，；
令，解得：或；
，，当时，，
的单调递增区间为.
18. 为了强调考前仔细研究教材内容（称“回归教材”）对高考数学成绩的重要性，2016年高考结束后，某班级规定高考数学成绩115分以上（含115分）为优秀，制作下表：
高考数学成绩
是否回归教材
非优秀人数
优秀人数
合计
未回归教材人数
8
2
10
回归教材人数
2
18
20
合计
10
20
30

（1）能否有99%的把握认为高考数学成绩优秀与回归教材有关？
（2）以该班数据为样本来估计全市总体数据，从全市2016年参加高考的考生中任取3人，设3人中高考数学成绩优秀且回归教材的人数为X，求X的分布列及数学期望．
附：，

0.050
0.010
k
3.841
6.635

【答案】（1）有的把握认为高考数学成绩优秀与回归教材有关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题中数据计算即可得出结果；
（2）可取0，1，2，3，求出对应概率，可得分布列，由期望公式计算期望.
【小问1详解】
由，，，，，，，，，
所以．
因为，所以有的把握认为高考数学成绩优秀与回归教材有关．
【小问2详解】
可取0，1，2，3，设“回归教材”且成绩优秀为事件，．则
，，
，．
的分布列为










．
19. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，，，是棱上的中点.

（1）求三棱锥的体积；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面，由计算三棱锥的体积；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值.
【小问1详解】
因为四边形是菱形，所以.
又，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为是棱上的中点，所以到平面的距离，
四边形是菱形，，，
则中，，，，
∵，∴三棱锥的体积为.
【小问2详解】
取棱的中点，连接，则有，因为，则.
两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
因，则.

因是棱上的中点，则.
设平面的法向量为，则，
令，则，得.
平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，则.
故平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于、两点，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）若为坐标原点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线与抛物线的另一交点为，的中点为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦半径公式结合韦达定理以及可求得的值，由此可得出抛物线的方程；
（2）写出直线的方程，将代入直线的方程，求出的坐标，然后求出的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，分析可知、、三点共线，可得出，结合可求得的取值范围.
【小问1详解】
解：抛物线的焦点为，
若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，

，解得，
所以，抛物线的方程为.
【小问2详解】
解：设点、，则，由（1）可得，，
又因为直线的方程为，

将代入直线的方程可得，可得，即点，
所以，，
因为，则，
所以，直线的方程为，
联立可得，则，
故，则，
由的中点为，可得，
故、、三点共线，则．
又由，知，
故
.
故的取值范围为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
21. 已知函数.
（1）讨论极值点的个数；
（2）若函数恰有2个极值点，3个零点，，（），探究：否存在实数，使得.
【答案】（1）答案见解析
（2）不存在
【解析】
【分析】（1）求导后，分类讨论，根据极值点概念可得结果；
（2）根据函数恰有2个极值点，3个零点，，（），推出，，，，假设存在实数，使得，化为，再构造函数，，利用导数得，又，从而得假设不成立，由此可得答案.
【小问1详解】
由题知：，
设函数，
当时，，所以在上单调递增，此时无极值点；
当时，开口向下，对称轴为，；
所以，在上单调递增，此时无极值点；
当时，开口向上，；
所以，在上单调递减，此时无极值点；
当时，开口向上，，对称轴为，；
所以在上有两个解，且，，
所以当时，，；当时，，；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，上单调递减；
此时有两个极值点.
综上所述：当或时，无极值点；当时，有两个极值点.
【小问2详解】
因为函数恰有2个极值点，
由（1）知：，，，，
又因为函数有3个零点，，（），且在上单调递减，在上单调递增，上单调递减；
所以，因为，所以，
因为，，
，
所以，
因为，
所以，
又因为，
假设存在实数，使得，
则，即，
即，
所以，
所以，
令，，
则，所以在上单调递减，，
所以，
所以不成立，
所以不存在实数满足：.
【点睛】难点点睛：根据已知条件得，，，，将等式化为是本题的难点.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．
（选修4-4 极坐标与参数方程）
22. 如图所示形如花瓣的曲线称为四叶玫瑰线，在极坐标系中，其极坐标方程为．

（1）若射线与相交于异于极点的点，求；
（2）若为上的两点，且，求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
分析】（1）联立曲线与射线极坐标方程可得答案；
（2）设,,，由题结合可得及表达式，后利用二倍角公式可得答案．
【小问1详解】
联立曲线与射线极坐标方程可得:,
即.
【小问2详解】
设,,,
由题结合,可得,.
则
，
当,即时,最大值为，
所以面积的最大值为.
（选修4-5 不等式选讲）
23. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）记（1）中集合M中最大的整数为t，若正数a，b，c满足，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由分段讨论法去绝对值求解
（2）由（1）得到，根据，利用基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数
因为，所以，
当时，，此时x无解；
当时，，解得；
当时，，解得．
综上所述，不等式的解集．
【小问2详解】
解：由（1）可知，即，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为．